8.10: Integración en espacios de medidas generalizadas
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Dejado\((S, \mathcal{M}, s)\) ser un espacio de medida generalizado. Por la Nota 1 en §3, un mapa\(f\) es\(s\) -medible si es\(v_{s}\) -medible. Esto nos lleva naturalmente a la siguiente definición.
Un mapa\(f : S \rightarrow E\) es\(s\) -integrable en un conjunto\(A\) si es\(v_{s}\) -integrable en\(A.\) (Recordemos que\(v_{s},\) la variación total de\(s,\) es una medida.)
Nota 1. Aquí los espacios de rango de\(f\) y\(s\) se asumen completos y tal que\(f(x) s A\) se define para\(x \in S\) y\(A \in \mathcal{M}.\) Así si\(s\) se valora vector,\(f\) debe ser valorado escalar, y viceversa. Posteriormente, si\(p\) se produce un factor, debe ser tal que\(p f(x) s A\) se defina, es decir, al menos dos de\(p, f(x),\) y\(s A\) son escalares.
Nota 2. Si\(s\) es una medida\((\geq 0),\) entonces\(v_{s}=s^{+}=s\) (Corolario 3 en el Capítulo 7, §11); así nuestra definición actual concuerda con las anteriores (como en el Teorema 1 de §7).
Si\(m^{\prime}\) y\(m^{\prime \prime}\) son medidas, con\(m^{\prime} \geq m^{\prime \prime}\) on\(\mathcal{M},\) then
\[\int_{A}|f| d m^{\prime} \geq \int_{A}|f| d m^{\prime \prime}\]
para todos\(A \in \mathcal{M}\) y cualquier\(f : S \rightarrow E\).
- Prueba
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Primero, tomar cualquier mapa elemental y no negativo\(g \geq|f|\),
\[g=\sum_{i} C_{A_{i}} a_{i} \text { on } A.\]
Entonces (§4)
\[\int_{A} g d m^{\prime}=\sum a_{i} m^{\prime} A_{i} \geq \sum a_{i} m^{\prime \prime} A_{i}=\int_{A} g d m^{\prime \prime}.\]
De ahí que por la definición 1 en §5
\[\int_{A}|f| d m^{\prime}=\inf _{g \geq|f|} \int_{A} g d m^{\prime} \geq \inf _{g \geq|f|} \int_{A} g d m^{\prime \prime}=\int_{A}|f| d m^{\prime \prime},\]
como se afirma. \(\quad \square\)
(i) Si\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)\) con\(s=\left(s_{1}, \ldots, s_{n}\right),\) y si\(f\) es s-integrable on\(A \in \mathcal{M},\) entonces\(f\) es\(s_{k}\) -integrable on\(A\) para\(k=1,2, \ldots, n.\)
(ii) Si\(s\) es una medida firmada y\(f\) es integrable en s\(A,\) entonces\(f\) es integrable\(A\) con respecto a ambos\(s^{+}\) y\(s^{-}\) (con\(s^{+}\) y\(s^{-}\) como en la fórmula (3) en el Capítulo 7, §11).
Nota 3. Las declaraciones converse mantienen si\(f\) es\(\mathcal{M}\) -mensurable on\(A\).
- Prueba
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(i) Si\(s=\left(s_{1}, \ldots, s_{n}\right),\) entonces (Problema 4 del Capítulo 7, §11)
\[v_{s} \geq v_{s_{k}}, \quad k=1, \ldots, n.\]
De ahí que por la Definición 1 y Lema 1, la\(s\) -integrabilidad de\(f\) implica
\[\infty>\int_{A}|f| d v_{s} \geq \int_{A}|f| d v_{s_{k}}.\]
Además,\(f\) es\(v_{s}\) -mensurable, es decir,\(\mathcal{M}\) -medible\(A-Q,\) con
\[0=v_{s} Q \geq v_{s_{k}} Q \geq 0.\]
Así\(f\) es\(s_{k}\) -integrable en\(A, k=1, \ldots, n,\) como se reivindica.
(ii) Si\(s=s^{+}-s^{-},\) entonces por el Teorema 4 en el Capítulo 7, §11, y Corolario 3 ahí,\(s^{+}\) y\(s^{-}\) son medidas\((\geq 0)\) y\(v_{s}=s^{+}+s^{-},\) para que ambos
\[v_{s} \geq s^{+}=v_{s^{+}} \text { and } v_{s} \geq s^{-}=v_{s^{-}}.\]
Así, el resultado deseado sigue exactamente como en la parte (i) de la prueba. \(\quad \square\)
Dejamos la Nota 3 como ejercicio.
Si\(f\) es\(s\) -integrable en\(A \in \mathcal{M},\) nosotros establecemos
i) en el caso\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}\),
\[\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-},\]
con\(s^{+}\) y\(s^{-}\) como en la fórmula (3) del Capítulo 7, §11;
ii) en el caso\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)\),
\[\int_{A} f d s=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \int_{A} f d s_{k},\]
con\(\vec{e}_{k}\) como en el Teorema 2 del Capítulo 3, §§1-3;
iii) si\(s : \mathcal{M} \rightarrow C\),
\[\int_{A} f d s=\int_{A} f d s_{re}+i \cdot \int_{A} f d s_{im}.\]
(Ver también Problemas 2 y 3.)
Nota 4. Si\(s\) es una medida, entonces
\[s=s^{+}=s_{re}=s_{1}\]
y
\[0=s^{-}=s_{im}=s_{2};\]
por lo que la Definición 2 concuerda con nuestras definiciones anteriores. Similarmente para\(s : \mathcal{M} \rightarrow\)\(E^{n}\left(C^{n}\right).\)
A continuación,\(s, t,\) y\(u\) se encuentran medidas generalizadas\(\mathcal{M}\) como en la Definición 2, mientras que\(f, g : S \rightarrow E\) son funciones, con\(E\) un espacio normado completo, como en la Nota 1.
Las propiedades de linealidad, aditividad y\(\sigma\) aditividad (como en §7, Teoremas 2 y 3) también se aplican a las integrales
\[\int_{A} f ds,\]
con\(s\) como en la Definición 2.
- Prueba
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(i) Linealidad: Let\(f, g : S \rightarrow E\) be s-integrable on\(A \in \mathcal{M}.\) Let\(p, q\) be suitable constants (ver Nota 1).
Si\(s\) es una medida firmada, entonces por Lema 2 (ii) y Definiciones 1 y 2,\(f\) es integrable con respecto a\(v_{s}, s^{+},\) y\(s^{-}.\) Como estas son medidas, el Teorema 2 en §7 muestra que\(pf+qg\) es integrable con respecto a\(v_{s}, s^{+},\)\(s^{-},\) y por la Definición 2,
\[\begin{aligned} \int_{A}(p f+q g) d s &=\int_{A}(p f+q g) d s^{+}-\int_{A}(p f+q g) d s^{-} \\ &=p \int_{A} f d s^{+}+q \int_{A} g d s^{+}-p \int_{A} f d s^{-}-q \int_{A} g d s^{-} \\ &=p \int_{A} f d s+q \int_{A} g d s. \end{aligned}\]
Así se mantiene la linealidad para las medidas firmadas. A través de componentes, ahora sigue para\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)\) también. ¡Verifica!
ii) La aditividad y la\(\sigma\) aditividad siguen de manera similar. \(\quad \square\)
Supongamos que\(f\) es s-integrable en\(A,\) con\(s\) como en la Definición 2.
(i) Si\(f\) es constante\((f=c)\) en\(A,\) tenemos
\[\int_{A} f d s=c \cdot s A.\]
ii) Si
\[f=\sum_{i} a_{i} C_{A_{i}}\]
para una\(\mathcal{M}\) partición\(\left\{A_{i}\right\}\) -de\(A,\) entonces
\[\int_{A} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i} \text { and } \int_{A}|f| d s=\sum_{i}\left|a_{i}\right| s A_{i}\]
(ambas series absolutamente convergentes).
(iii)\(|f|<\infty\) a.e. on\(A\).
iv)\(\int_{A}|f| d v_{s}=0\) iff\(f=0\) a.e. on\(A\).
(v) El conjunto\(A\)\((f \neq 0)\) es\(\left(v_{s}\right)\)\(\sigma\) -finito (Definición 4 en el Capítulo 7, §5).
vi)\(\int_{A} f d s=\int_{A-Q} f d s\) si\(v_{s} Q=0\) o\(f=0\) en\(Q\)\((Q \in \mathcal{M})\).
(vii)\(f\) es s-integrable en cualquier\(\mathcal{M}\) -set\(B \subseteq A\).
- Prueba
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(i) Si\(s=s^{+}-s^{-}\) es una medida firmada, tenemos por Definición 2 que
\[\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-}=c\left(s^{+} A-s^{-} A\right)=c \cdot s A,\]
según sea necesario.
Para\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\) el resultado ahora sigue vía componentes. (¡Verifica!)
ii) Al igual que\(f=a_{i}\) en\(A_{i},\) la cláusula (i) rendimientos
\[\int_{A_{i}} f d s=a_{i} s A_{i}, \quad i=1,2, \ldots.\]
De ahí por\(\sigma\) -aditividad,
\[\int_{A} f d s=\sum_{i} \int_{A_{i}} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i},\]
como se afirma.
Las cláusulas iii), iv) y v) siguen el Corolario 1 en §5 y el Teorema 1 (b) (h) ahí, como\(v_{s}\) es una medida; (vi) se prueba como §5, Corolario 2. Dejamos (vii) como ejercicio. \(\quad \square\)
Si
\[f=\lim _{i \rightarrow \infty} f_{i} \text { (pointwise)}\]
encendido\(A-Q\left(v_{s} Q=0\right)\) y si cada uno\(f_{i}\) es s-integrable en\(A,\) así es\(f,\) y
\[\int_{A} f d s=\lim _{i \rightarrow \infty} \int_{A} f_{i} d s,\]
todos siempre que
\[(\forall i) \quad\left|f_{i}\right| \leq g\]
para algún mapa\(g\) con\(\int_{A} g d v_{s}<\infty\).
- Prueba
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Si\(s\) es una medida, esto sigue por el Teorema 5 en §6. Así como\(v_{s}\) es una medida,\(f\) es\(v_{s}\) -integrable (por lo tanto\(s\) -integrable) en\(A,\) como se afirma.
A continuación, si\(s=s^{+}-s^{-}\) es una medida firmada, Lema 2 muestra eso\(f\) y el\(f_{i}\) son\(s^{+}\) y\(s^{-}\) -integrables también, con
\[\int_{A}\left|f_{i}\right| d s^{+} \leq \int_{A}\left|f_{i}\right| d v_{s} \leq \int_{A} g d v_{s}<\infty;\]
similarmente para
\[\int_{A}\left|f_{i}\right| d s^{-}.\]
Como\(s^{+}\) y\(s^{-}\) son medidas, el Teorema 5 de §6 rinde
\[\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-}=\lim \left(\int_{A} f_{i} d s^{+}-\int_{A} f_{i} d s^{-}\right)=\lim \int_{A} f_{i} d s.\]
Así todo está probado para las medidas firmadas.
En el caso\(s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\) el resultado ahora sigue fácilmente por la Definición 2 (ii) (iii) vía componentes. \(quad \square\)
Si\(f_{i} \rightarrow f\) (uniformemente) está encendido\(A-Q\)\((v_{s} A<\infty, v_{s} Q=0),\) y si cada uno\(f_{i}\) es integrable en s,\(A,\) así es\(f,\) y
\[\int_{A} f d s=\lim _{i \rightarrow \infty} \int_{A} f_{i} d s.\]
- Prueba
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Argumentan como en el Teorema 2, sustituyendo §6, Teorema 5, por §7, Lema 1. \(\quad \square\)
Nuestro siguiente teorema muestra que las integrales se comportan linealmente con respecto a las medidas.
Dejar\(t, u : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right),\) con\(v_{t}<\infty\) encendido\(\mathcal{M},\) y dejar
\[s=p t+q u\]
para constantes finitas\(p\) y\(q.\) Entonces las siguientes afirmaciones son verdaderas.
a) Si\(t\) y\(u\) son medidas generalizadas, así es\(s.\)
(b) Si, además,\(f\) es\(\mathcal{M}\) -mensurable en un conjunto\(A\) y es tanto\(t\) -e\(u\) -integrable en\(A,\) él también es s-integrable en\(A,\) y
\[\int_{A} f d s=p \int_{A} f d t+q \int_{A} f d u.\]
- Prueba
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Consideramos que solo la aserción (b) para\(s=t+u;\) el resto es fácil.
Primero,\(f\) seamos\(\mathcal{M}\) -elementales en\(A.\) Por Corolario 1 (ii), establecemos
\[\int_{A} f d t=\sum_{i} a_{i} t A_{i} \text { and } \int_{A} f d u=\sum_{i} a_{i} u A_{i}.\]
Además, por integrabilidad,
\[\infty>\int_{A}|f| d v_{t}=\sum\left|a_{i}\right| v_{t} A_{i} \text { and } \infty>\int_{A}|f| d v_{u}=\sum_{i}\left|a_{i}\right| v_{u} A_{i}.\]
Ahora, por el Problema 4 en el Capítulo 7, §11,
\[v_{s}=v_{t+u} \leq v_{t}+v_{u};\]
entonces
\[\begin{aligned} \int_{A}|f| d v_{s} &=\sum_{i}\left|a_{i}\right| v_{s} A_{i} \\ & \leq \sum_{i}\left|a_{i}\right|\left(v_{t} A_{i}+v_{u} A_{i}\right)=\int_{A}|f| d v_{t}+\int_{A}|f| d v_{u}<\infty. \end{aligned}\]
Como también\(f\) es\(\mathcal{M}\) -medible (incluso elemental), es\(s\) -integrable en\(A\) (por la Definición 1), y
\[\int_{A} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i}=\sum_{i} a_{i}\left(t A_{i}+u A_{i}\right)=\int_{A} f d t+\int_{A} f d u,\]
como se afirma.
A continuación, supongamos que\(f\) es\(\mathcal{M}\) -medible en\(A\) y\(v_{u} A<\infty.\) Por suposición,\(v_{t} A<\infty,\) también; entonces
\[v_{s} A \leq v_{t} A+v_{u} A<\infty.\]
Ahora, por el Teorema 3 en §1,
\[f=\lim _{i \rightarrow \infty} f_{i} \text { (uniformly)}\]
para algunos mapas\(\mathcal{M}\) -elementales\(f_{i}\) en\(A.\) Por Lema 2 en §7, para grandes\(i,\) los\(f_{i}\) son integrables con respecto a ambos\(v_{t}\) y\(v_{u}\) on\(A.\) Por lo que se mostró arriba, también son\(s\) -integrables, con
\[\int_{A} f_{i} d s=\int_{A} f_{i} d t+\int_{A} f_{i} d u.\]
Con\(i \rightarrow \infty,\) Teorema 3 rinde el resultado.
Finalmente, vamos\(v_{u} A=\infty.\) Por Corolario 1 (v), podemos asumir (como en Lema 3 de §7) que\(A_{i} \nearrow A,\) con\(v_{u} A_{i}<\infty,\) y\(v_{t} A_{i}<\infty\) (desde\(v_{t}<\infty,\) por suposición). Set
\[f_{i}=f C_{A_{i}} \rightarrow f \text { (pointwise)}\]
on\(A,\) con\(\left|f_{i}\right| \leq|f|.\) (¿Por qué?)
Como\(f_{i}=f\) en\(A_{i}\) y\(f_{i}=0\) en\(A-A_{i},\) todos\(f_{i}\) son ambos\(t\) - y\(u\) -integrables en\(A\) (for\(f\) is). Dado que\(v_{t} A_{i}<\infty\) y\(v_{u} A_{i}<\infty,\) también\(f_{i}\) son\(s\) integrables (como se muestra arriba), con
\[\int_{A} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} d t+\int_{A_{i}} f_{i} d u=\int_{A} f_{i} d t+\int_{A} f_{i} d u.\]
Con el\(i \rightarrow \infty,\) Teorema 2 ahora rinde el resultado.
Para completar la prueba de (b), basta considerar, en líneas similares, el caso\(s=p t\) (o\(s=q u\)). Esto se lo dejamos al lector.
Para el inciso a), véase el Capítulo 7, §11. \(\quad \square\)
Si\(f\) es s-integrable en\(A,\) así es\(|f|,\) y
\[\left|\int_{A} f d s\right| \leq \int_{A}|f| d v_{s}.\]
- Prueba
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Por Definición 1, y Teorema 1 de §1,\(f\) y\(|f|\) son\(\mathcal{M}\) -medibles en\(A-Q, v_{s} Q=0,\) y
\[\int_{A}|f| d v_{s}<\infty;\]
así\(|f|\) es\(s\) -integrable en\(A\).
La desigualdad deseada es inmediata por el Corolario 1 (ii) si\(f\) es elemental.
A continuación, exactamente como en el Teorema 4, se obtiene para el caso\(v_{s} A<\infty,\) y luego para\(v_{s} A=\infty.\) Omitimos los detalles. \(\quad \square\)
Escribimos
\["ds=g dt \text { in } A"\]
o
\["s=\int g dt \text{ in } A"\]
iff\(g\) es\(t\) -integrable en\(A,\) y
\[sX=\int_{X} g dt\]
para\(A \supseteq X, X \in \mathcal{M}\).
Entonces llamamos\(s\) la integral indefinida de\(g\) in\(A.\) (\(\int_{X} g dt\)puede interpretarse como en Problemas 2-4 a continuación.)
Si\(A \in \mathcal{M}\) y
\[ds=g dt \text{ in } A,\]
entonces
\[dv_{s}=|g| dv_{t} \text { in } A.\]
- Prueba
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Por supuesto,\(g\) y\(|g|\) son\(v_{t}\) -integrables en\(X,\) y
\[sX=\int_{X} g dt\]
para\(A \supseteq X, X \in \mathcal{M}.\) Debemos demostrar que
\[v_{s} X=\int_{X}|g| dv_{t}\]
para tal\(X\).
Esto es fácil si\(g=c\) (constante) en\(X.\) Para por definición,
\[v_{s} X=\sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}\left|s X_{i}\right|,\]
sobre todas las\(\mathcal{M}\) particiones\(\mathcal{P}=\left\{X_{i}\right\}\) de\(X.\) As
\[sX_{i}=\int_{X_{i}} g dt=c \cdot t X_{i},\]
tenemos
\[v_{s} X=\sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}|c|\left|t X_{i}\right|=|c| \sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}\left|t X_{i}\right|=|c| v_{t} X;\]
entonces
\[v_{s} X=\int_{X}|g| dv_{t}.\]
Así todo está probado para constante\(g\).
De ahí por\(\sigma\) -aditividad, el lema se sostiene para mapas\(\mathcal{M}\) -elementales\(g.\) (¿Por qué?)
En el caso general,\(g\) es\(t\) -integrable en por\(X,\) lo tanto\(\mathcal{M}\) -mensurable y finito en\(X-Q, v_{t} Q=0.\) Por Corolario 1 (iii), podemos asumir\(g\) finito y medible en\(X;\) tan
\[g=\lim _{k \rightarrow \infty} g_{k} \text { (uniformly)}\]
encendido\(X\) para algunos mapas\(\mathcal{M}\) -elementales\(g_{k},\) todos integrables en\(X,\) con respecto a\(v_{t}\) (y\(t\)).
Vamos
\[s_{k}=\int g_{k} dt\]
en\(X.\) Por lo que acabamos de demostrar para mapas elementales e integrables,
\[v_{s_{k}} X=\int_{X}\left|g_{k}\right| dv_{t}, \quad k=1,2, \ldots.\]
Ahora, si el\(v_{t} X<\infty,\) Teorema 3 rinde
\[\int_{X}|g| d v_{t}=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{X}\left|g_{k}\right| d v_{t}=\lim _{k \rightarrow \infty} v_{s_{k}} X=v_{s} X\]
(ver Problema 6). Así todo está probado si\(v_{t} X<\infty\).
Si, sin embargo,\(v_{t} X=\infty,\) argumentar como en el Teorema 4 (el último paso), utilizando la continuidad izquierda de\(v_{s}\) y de
\[\int|g| dv_{t}.\]
¡Verifica! \(\quad \square\)
Si\(f\) es s-integrable\(A \in \mathcal{M},\) con
\[ds=g dt \text { in } A,\]
entonces (sujeto a la Nota 1)\(fg\) es t-integrable en\(A\) y
\[\int_{A} f ds=\int_{A} fg dt.\]
(Obsérvese la sustitución formal de\(g dt\) "" por "\(ds.\)“)
- Prueba
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La prueba es fácil si\(f\) es constante o elemental en\(A\) (use Corolario 1 (ii)). Dejamos este caso al lector, y a continuación asumimos que\(g\) está acotado y\(v_{t} A<\infty.\)
Por la integrabilidad s,\(f\) es\(\mathcal{M}\) -medible y finito\(A-Q,\) con
\[0=v_{s} Q=\int_{Q}|g| dv_{t}\]
por Lemma 3. De ahí\(0=g=f g\) que en\(Q-Z, v_{t} Z=0.\) Por tanto,
\[\int_{Q} fg dt=0=\int_{Q} f ds\]
para\(v_{s} Q=0.\) así podemos descuidar\(Q\) y asumir que\(f\) es finito y\(\mathcal{M}\) -medible en\(A.\)
Como\(ds=g dt,\) definición 3 y rendimiento de Lema 3
\[v_{s} A=\int_{A}|g| dv_{t}<\infty.\]
También (Teorema 3 en el Capítulo 8, §1),
\[f=\lim _{k \rightarrow \infty} f_{k} \quad \text {(uniformly)}\]
para mapas elementales\(f_{k},\) todo\(v_{s}\) -integrable en\(A\) (Lema 2 en §7). Como\(g\) es acotado, nos ponemos en\(A\)
\[fg=\lim _{k \rightarrow \infty} f_{k} g \quad \text {(uniformly).}\]
Además, como sostiene el teorema para mapas elementales e integrables,\(f_{k} g\) es\(t\) -integrable en\(A,\) y
\[\int_{A} f_{k} ds=\int_{A} f_{k} g dt, \quad k=1,2, \ldots.\]
Desde\(v_{s} A<\infty\) y\(v_{t} A<\infty,\) Teorema 3 muestra que\(f g\) es\(t\) -integrable en\(A,\) y
\[\int_{A} f ds=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{A} f_{k} ds=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{A} f_{k} g dt=\int_{A} fg dt.\]
Así todo está probado si\(v_{t} A<\infty\) y\(g\) está acotado en\(A\).
En el caso general, volvemos a caer un conjunto nulo para hacer\(f\) y\(g\) finito y\(\mathcal{M}\) -medible en\(A.\) Por Corolario 1 (v), podemos asumir nuevamente\(A_{i} \nearrow A,\) con\(v_{t} A_{i}<\infty\)\((\forall i).\)
Ahora para el\(i=1,2, \ldots\) set
\[g_{i}=\left\{\begin{array}{ll}{g} & {\text { on } A_{i}(|g| \leq i),} \\ {0} & {\text { elsewhere.}}\end{array}\right.\]
Entonces cada uno\(g_{i}\) está acotado,
\[g_{i} \rightarrow g \text { (pointwise),}\]
y
\[\left|g_{i}\right| \leq|g|\]
on También\(A.\) establecemos\(f_{i}=f C_{A_{i}};\) así\(f_{i} \rightarrow f\) (pointwise) y\(\left|f_{i}\right| \leq|f|\) en\(A.\) Entonces
\[\int_{A} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} ds=\int_{A_{i}} f_{i} g_{i} dt=\int_{A} f_{i} g_{i} dt.\]
(¿Por qué?) Desde\(\left|f_{i} g_{i}\right| \leq|f g|\) y\(f_{i} g_{i} \rightarrow f g,\) el resultado sigue por Teorema 2. \(\quad \square\)